2023新高考2卷数学选填详细解析

2023新高考2卷很难？一份您值得拥有的逐题详细解析！！！123456789101112ABDBCCDCACACBCDABD131415161132，−2，，−中选322−282一个即可；(逐题详解)1．在复平面内1+3i3−i对应的点位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【参考解析】z=1+3i3−i=3−i+9i−3i2=6+8i，故在第一象限，故选A；2．设集合A=0,−a，B=1,a−2,2a−2，若A⊆B，则a=2A．2B．1C．D．−13【参考解析1】直接验证选项，观察BD，因此先验证a=1，此时A=0,−1，B=1,−1,0，满足，故直接选B；【参考解析2】依题有a−2=0或2a−2=0；当a−2=0时，解得a=2，此时A=0,−2，B=1,0,2，不满足；当2a−2=0时，解得a=1，后面同解析1；3．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400和200名学生，则不同的抽样结果共有()种4515204030304020A．C400C200B．C400C200C．C400C200D．C400C2004020【参考解析】由分层抽样已知初中部抽40人，高中部抽20人，所以为C400C200，故选D；2x−14．若fx=x+aln为偶函数，则a=2x+11A．−1B．0C．D．122x−1【参考解析】由九大奇函数易知y=ln为奇函数，所以y=x+a也要为奇函数，故a=2x+10，故选B；x25．已知椭圆C：+y2=1的左右焦点分别为F，F，直线y=x+m与C交于A，B两点，312若ΔF1AB的面积是ΔF2AB的2倍，则m=·1·2222A．B．C．−D．−3333−2+m2+m2【参考解析】依题有=2×，解得m=−或m=−32(舍)，故选C；2236．已知函数fx=aex−lnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为A．e2B．eC．e−1D．e−211【参考解析】fx=aex−≥0在1,2上恒成立，即0<≤xex在1,2上恒成立，xa1令gx=xex，则gx=x+1ex在1,2上单增，所以≤g1=e，所以a≥e−1，故选C；a1+5α7．已知α为锐角，cosα=，则sin=423−5−1+53−5A．B．C．D．884−1+541+5αα3−5【参考解析1】由二倍角公式得cosα==1−2sin2⇒sin2=，用代选项验4228证法知D对；1+5αα3−56−25【参考解析2】由二倍角公式得cosα==1−2sin2⇒sin2===4228165−12α−1+5α−1+5，所以sin=±，而sin=−无选项对应，故本题肯定不满42424足，故选D；验证的事就留到考后分析；8．记Sn为等比数列an的前n项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=A．120B．85C．−85D．−120a1−q41=−521−qq=4【参考解析1】依题有62⇒a11，a1−qa1−q=1=21×11−q31−q1−q8a11−q1所以S==×1−44=−85，故选C；81−q3【参考解析2】易知S2，S4−S2，S6−S4，S8−S6也为等比数列，5所以S−S2=S⋅S−S，解得S=−1或S=，422642242当S2=−1时，S6−S4=S4−S2⋅S8−S6⇒S8=−85；5当S=时，与S=−5联立会推出q2=−5，故舍去；244多选：9．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43π·2·C．AC=22D．ΔPAC的面积为3【参考解析】如上图所示，由几何关系易知PO=1=h，AO=BO=3=r，取AC中点为H，则二面角P−AC−O即为∠PHO=45°，所以OH=PO=1，所以AH=CH=AO2−OH2=2，所以AC=22，1对于A：V=πr2h=π，故A对；3对于B：S侧=πrl=23π，故B错；对于C：由前面分析知对；1对于D：S=×AC×PH=2，故D错；ΔPAC2综上，选AC．10．设O为坐标原点，直线y=−3x−1过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点且与C交于M，N两点，l为C的准线，则8A．p=2B．MN=3C．以MN为直径的圆与l相切D．ΔOMN为等腰三角形p【参考解析】易知焦点为1,0，所以=1⇒p=2，故A对；2416由抛物线常见结论知MN==，故B错；(下面增加联立的常规过程)；sin22π33y=−3x−1123联立⇒3x2−10x+3=0，所以M,，N3,−23，y2=4x3316所以MN=，故B错；3同样由抛物线常见结论知C对；1316由前面知OM=，ON=21，MN=，故D错；33综上，选AC．考后分析C：5−23MN85圆心为M,，r===+1，故C对；33233·3·bc11．若函数fx=alnx++a≠0既有极大值也有极小值，则xx2A．bc>0B．ab>0C．b2+8ac>0D．ac<0bc【参考解析】因为fx=alnx++a≠0，所以定义域x>0，xx2ax2−bx−2c易知fx=，令ax2−bx−2c=0，则题目等价于有两个不相等的正解x，x，x312b2+8ac>0b2+8ac>0Δ>0b>0ab>0故x1+x2>0⇒a⇒，ac<0−2cx1x2>0>0abc<0故选BCD12．在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立。发送0时，收到1的概率为α0<α<1，收到0的概率为1−α；发送1时，收到0的概率为β0<β<1，收到1的概率为1−β．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输，单次传输是指每个信号只发送1次：三次传输是指每个信号重复发送3次。收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．2A．采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为1−α1−β2B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β1−β23C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β1−β+1−βD．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【参考解析】关键信息：发0收1概率为α；发0收0概率为1−α；发1收0概率为β；发1收1概率为1−β；对于A：则为发1收1概率为1−β，发0收0概率为1−α，发1收1概率为1−β，2故PA=1−α1−β，A对；对于B：则为发1收1概率为1−β，发1收0概率为β，发1收1概率为1−β，2故PB=β1−β，B对；对于C：分为发1收2个1和1个0和发1收3个1，223323所以PC=C3⋅β1−β+C3⋅1−β=3β1−β+1−β，故C错；对于D：三次译码为0，分为发0收2个0和1个1和发0收3个0，223323此时P1=C3⋅α1−α+C3⋅1−α=3α1−α+1−α，单次译码为0：P2=1−α，23P1−P2=3α1−α+1−α−1−α=α1−α1−2α>0，故D对；综上，选ABD；·4·13．已知向量a，b满足a−b=3，a+b=2a−b，则b=_________．【参考解析】22222因为a+b=2a−b，所以a+2a⋅b+b=4a−4a⋅b+b⇒a−2a⋅b=0，222又因为a−b=3⇒a−2a⋅b+b=3⇒b=3⇒b=3．14．底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为_________．【参考解析】由相似易知剩下的棱台的高为3，11所以V=S+S+SSh=4+16+4×16×3=28；棱台3上下上下3【参考解析2】由相似易知剩下的棱台的高为3，11所以V=×42×6−×22×3=28；棱台33215．已知直线x−my+1=0与圆C：x−1+y2=4交于A，B两点，写出满足“ΔABC的8面积为”的m的一个值_______．51843【参考解析】S=r2sin∠ACB=⇒sin∠ACB=，所以cos∠ACB=±，2555由余弦定理得AB=r2+r2−2r2cos∠ACB，8545所以AB=或AB=，552545套弦长公式得d=或d=，552252451套心线距得=⇒m=±2或=⇒m=±，1+m251+m25211故填2，−2，，−中的一个即可．22116．已知函数fx=sinωx+ϕ，如图A，B是直线y=与曲线y=fx的两个交点，若2πAB=，则fπ=_______．6π5π【参考解析】由按图索骥法易知ωx+ϕ=+2kπ，①；ωx+ϕ=+2kπ，②；A6B64ππ4π两式相减得ωx−x=⇒ω×=⇒ω=4，BA666所以fx=sin4x+ϕ，2π2π8π将,0代入得4×+ϕ=2kπ⇒ϕ=2kπ−，3338π2π所以fx=sin4x+2kπ−=sin4x−．33·5·2π2π3所以fπ=sin4π−=sin−=−．33217．记ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ΔABC面积为3，D为BC中点，且AD=1．π(1)若∠ADC=，求tanB；3(2)若b2+c2=8，求b，c．【参考解析】(1)如图，过A点作AH⊥BC交BC于点H，π3π1则AH=ADsin=，DH=ADcos=，3232123由题易知S=×BC×AH=3⇒BC==4，ΔABC2AHAHAH3所以tanB===；BHBD+DH5(思路2：后面也可以用余弦定理算AB，再用余弦定理算，只是没解析1简洁．)(2)由中点与向量易知2AD=AB+AC，所以4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，即4=b2+c2+2bccosA，由余弦定理得4=b2+c2+b2+c2−a2⇒a=23，123由面积公式得S=bcsinA=3⇒sinA=，ΔABC2bcb2+c2−a2−2而cosA==，2bcbc232−22因为sin2A+cos2A=1⇒+=1⇒bc=4，bcbc与b2+c2=8联立解得b=c=2．an−6,n为奇数18．已知an为等差数列，bn=，记Sn，Tn为an，bn的前n项和，S4=2an,n为偶数32，T3=16．(1)求an的通项公式；(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．【参考解析】(1)设an的首项为a1，公差为d，·6·4×3因为S=32，所以4a+d=32⇒2a+3d=16，①4121又因为T3=16，所以b1+b2+b3=16⇒a1−6+2a2+a3−6=16⇒4a2=28⇒a2=7=a1+d，②a1=5联立①②解得，所以a=a+n−1d=2n+3，n∈N∗．d=2n1a+annn−1(2)由(1)知S=1n=n2+4n(或用S=na+d=n2+4n)n2n12当n为奇数时，Tn=b1+b3+⋯bn+b2+b4+⋯bn−1=a+a+⋯a−6×n+1+2a+a+⋯a13n224n−1=2Sn−a1+a3+⋯an−3n+1，n+1a1+an⋅=2S−2−3n+1n2n2−3n−10n+2n−5所以T−S==，因为n>5，所以T−S>0nn22nnn2−3n−1052−3×5−10(或类比二次函